problemi di combinatorica

7/27/2019 Problemi di combinatorica

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Universita di Torino

QUADERNI DIDATTICI

del

Dipartimento di Matematica G. Peano

D. Romagnoli

Problemi di combinatorica

A.A. 2007/2008

Quaderno # 43 - Giugno 2008

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PREFAZIONE

In questo quaderno sono contenute alcune lezioni del Laboratorio di Combinatorica per il corso

di laurea triennale in Matematica di Torino (anno accademico 2007-2008). Le lezioni si

propongono sia di richiamare i prerequisiti necessari di teoria degli insiemi finiti che di

introdurre strumenti nuovi per la presentazione e la discussione di alcuni problemi classici del

calcolo combinatorio . Ogni problema presentato corredato con esempi ed esercizi svolti.

Per una trattazione completa dei temi presentati si rimanda alla bibliografia che riporta i testi

consigliati ed usati dai frequentanti il laboratorio per la stesura di tesine attinenti gli argomenti

trattati. In particolare si rimanda al Quaderno didattico n.23 del Dipartimento di Matematica di

Torino : D.Romagnoli , Elementi di Matematica discreta, naturale complemento di queste

dispense.


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INDICE

Prefazione

Capitolo1 IL PRINCIPIO DI INDUZIONE MATEMATICA 1

Capitolo 2ALCUNI PROBLEMI COMBINATORICI 7

1. Contare i sottoinsiemi di un insieme finito 7

2. Contare gli elementi dellunione di due insiemi finiti 8

3. Contare gli elementi del prodotto cartesiano di due insiemi finiti 10

4. Contare le funzioni tra due insiemi finiti 12

5. Contare le biiezioni di un insieme finito in se stesso 13

6. Contare le funzioni iniettive tra due insiemi finiti 18

7. Contare i sottoinsiemi di ordine k di un insieme di ordine n 22

8. Contare le scelte non ordinate e non distinte di k elementi scelti tra n 31

9. Contare le sequenze ordinate con elementi ripetuti un numero fissato di volte 35

10. Contare le funzioni suriettive tra due insiemi finiti 38

11. Contare le partizioni di un insieme finito 39

12. Contare le relazioni su un insieme finito 43

Bibliografia


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Daniela Romagnoli Problemi di combinatorica

Quaderni Didattici del Dipartimento di Matematica

1

Capitolo 1

Il principio di induzione matematica

Alla base del contare vi sono linsieme N dei numeri naturali, a tutti ben noto fin dalle

scuole elementari, e le sue propriet.

Linsieme N dei numeri naturali viene formalmente determinato dai cinque assiomi

seguenti, dovuti al matematico Giuseppe Peano ( 1858-1931):

i) 0 un numero naturale

ii) ad ogni numero naturale n corrisponde un altro unico numero naturale detto successore di

n

iii) due numeri naturali distinti hanno due successori distinti

iv) 0 non il successore di nessun numero naturale

v) qualunque sottoinsieme A di N avente le due propriet

a) 0Ab) per tutti gli n N, nA il successore di n Adeve essere linsieme N.

Lassioma v) viene detto principio di induzione matematica .

Invece di nA si pu dire "n ha la propriet P". Con questa terminologia il principio diinduzione matematica diventa lassioma seguente:

v) qualsiasi propriet dei numeri naturali valida per 0 e valida per il successore di n

ogniqualvolta valga per n vale per tutti i numeri naturali .

Dagli assiomi di Peano si pu dedurre formalmente tutta laritmetica; il primo passo

consiste nell' introdurre loperazione di somma di numeri naturali, in base alla quale,

indicato con 1 il successore di 0, si trova subito che il successore di n n+1, loperazione di

moltiplicazione e nel dimostrarne le propriet .

Non ci inoltriamo in queste definizioni, accenniamo solo al fatto che, a partire dagli assiomi

di Peano, possibile dotare N di un ordinamento totale, il consueto ordinamento secondo

grandezza, definito come la relazione seguente :

dati m, n N , m n x N tale che m+x = n .


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Capitolo 1 Il principio di induzione matematica

Universit di Torino

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Si pu provare che tale relazione una relazione di ordine totale verificante la seguente

propriet :

v") dato comunque un sottoinsieme non vuoto A di N, A possiede un primo elemento, cio

un elemento m tale che m a , a A .

Diciamo allora che la relazione data un buon ordinamento e che linsieme N bene

ordinato .

La propriet v" pu venire assunta come quinto assioma al posto del principio di induzione

matematica . In tal caso semplice dimostrare la validit del principio di induzione :

assumiamo quindi che N sia un insieme bene ordinato e dimostriamo il

Principio di induzione matematica ( 1a

forma )

Sia ( P(n) ) una successione di proposizioni tali che

i) P(0) (P(n 0 )) vera ( base dellinduzione )ii) La verit di P( k ) implica la verit di P( k + 1 ) , k 0 (n 0 ) (ipotesi induttiva)Allora P(n) vera, n 0 (n 0 ) .

Dimostrazione . Sia S = {x > 0 (n0) | P(x) falsa }. Supponiamo, per assurdo, che S non siavuoto. Per lassioma del buon ordinamento di N, S ha un primo elemento, che indichiamo

con m. Consideriamo ora la proposizione P(m) : poich mS, P(m) falsa; inoltre, poich

m il primo elemento di S, m 1 S (e m 1 0 (n0)), quindi la proposizione P(m-1) vera e la ii) ci dice allora che P(m) vera . Abbiamo una contraddizione, dunque S vuoto .

In modo del tutto analogo si dimostra il

Principio di induzione matematica ( 2a

forma ) .

Sia ( P(n) ) una successione di proposizioni tali che

i) P(0) (P(n 0 )) vera ( base dellinduzione )ii) La verit di P(k), 0 (n 0 ) k < m, implica la verit di P(m) (ipotesi induttiva)Allora P(n) vera, n 0 (n 0 ) .

Il principio di induzione matematica si rivela molto utile per dimostrare proposizioni il cui

enunciato dipenda da n N . Vediamone negli esempi luso corretto .

Esempi 1.1

1.1.1)

Si provi la validit della formula di Gauss : 1 + 2 + + n = 2

)1n(n +.


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3

Soluzione : in questo caso P(n) laffermazione : la somma dei primi n naturali 2

)1n(n +

.

Base dellinduzione : 1 =2

21., quindi P(1) vera

Ipotesi induttiva : P(k) vera , cio 1 + 2 ++ k =2

)1k(k +

Proviamo la verit di P(k + 1) usando lipotesi induttiva .

1 + 2 ++ k + (k + 1) =2

)1k(k ++ (k + 1) =

2

)2k)(1k( ++

Il principio di induzione matematica (1 forma) ci permette di concludere che P(n) vera,

n 1.

Dalla formula di Gauss segue subito la formula che ci d la somma dei primi n termini di

una successione aritmetica di termine iniziale a e di ragione d

a + (a + d) + (a + 2d) + + (a + (n-1)d) =2

)d)1n(a2(n +,

che naturalmente pu essere dimostrata indipendentemente per induzione su n .

Lasciamo per esercizio la verifica della formula che d la somma dei primi n terminidi una successione geometrica di termine iniziale a e ragione q 1 :

a + aq + aq2 + + aqn-1 =q1

aqan

.

1.1.2) Come esempio di applicazione del principio di induzione matematica nella 2a forma

, dimostriamo la nota proposizione P(n) : ogni numero naturale n > 1 pu essere

fattorizzato in un prodotto di numeri primi .

Base dellinduzione . P(2) vera : infatti 2 un numero primo ed lui la suafattorizzazione.

Ipotesi induttiva : vale P(k), 2 k < m

Proviamo P(m) . Abbiamo due casi :

i) m primo ed lui la sua fattorizzazione

ii) m non primo, allora m = m1m2 , con 2 m1,m2


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1.1.1) Si provi che la somma dei primi n numeri naturali dispari consecutivi vale n 2 .Soluzione . Dobbiamo verificare, per induzione su n, che vale la relazione

1 + 3 + 5 ++ (2n-1) = n2

Base induttiva : 1 = 12 vera

Supponiamo ora che 1 + 3 + 5 ++ (2n-1) uguagli n2 (ipotesi induttiva) e proviamo che

1 + 3 + 5 ++ (2(n+1)-1) = 1 + 3 + 5 ++ (2n+1) = (n + 1)2 .

Svolgendo e usando lipotesi abbiamo :

1 + 3 + 5 ++ (2n-1) + (2n +1) = n2 + (2n+1)= n2 + 2n+1 = n2 + 2n+1 = (n+1)2.

1.1.2) Chiamiamo n - stringa binaria una sequenza di n cifre scelte tra 0 e 1 . Si provi , per

induzione su n , che il loro numero 2n

Base dellinduzione : le 1-stringhe binarie sono 2 , precisamente 0 e 1 .

Ipotesi induttiva : supponiamo che le k-stringhe binarie siano in totale 2k.

Costruiamo le k + 1 stringhe binarie , conoscendo quelle di lunghezza k : possiamo

procedere premettendo la cifra 0 a tutte e poi ripetere il procedimento premettendo 1 .

Otteniamo cos 2k+ 2k= 2k+1 k + 1 stringhe .

1.1.3) Si provi per induzione che ogni affrancatura di importo maggiore o uguale a otto

centesimi di euro pu essere ottenuta usando solamente francobolli da tre e da cinque

centesimi di euro.

Soluzione : la base induttiva ovviamente vera : 8 = 5 + 3 .

Ipotesi induttiva : laffermazione vera per un importo di k centesimi , ottenibile con h

francobolli da tre e con n francobolli da cinque centesimi ( k = h3 + n5 ).

Se n = 0 , h 3 e k + 1 = h3 + 1 = (h 3)3 + 2 . 5 ( invece di tre francobolli da tre neabbiamo due da cinque ).

Se n 1 , k + 1 = h3 + n5 + 1 = (h + 2)3 + (n 1)5 (abbiamo due francobolli da tre invecedi uno da cinque ).Naturalmente questo esercizio equivale a dimostrare che 8k , kN, pu essere scrittocome combinazione lineare a coefficienti in N di 3 e di 5.

1.1.4) Sia I un insieme finito di ordine n . Si provi per induzione su n che il suo insieme

delle parti P(I) ha 2n elementi .

Soluzione .

Base dellinduzione : n = 0 . In questo caso I = e P(I) = {}.Quindi P(I)= 20 = 1Ipotesi induttiva : supponiamo n > 0 e la propriet vera per un insieme di n 1 elementi .


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5

Sia I = {a1,,an-1,an} e fissiamo la nostra attenzione su an . I sottoinsiemi di I che non locontengono sono esattamente i sottoinsiemi di I - {an} , quindi sono 2n-1, per lipotesiinduttiva .

I sottoinsiemi di I che lo contengono sono del tipo A{an}, dove A un sottoinsieme di I -{an}, quindi anchessi sono 2n-1 . In totale dunque i sottoinsiemi di I sono 2n-1 + 2n-1 = 2 .2n-1= = 2n .

Lesercizio 1.1.4) d la stessa risposta dellesercizio 1.1.3) : tra linsieme delle parti di un

insieme con n elementi a1,, an e linsieme dellen - stringhe binarie c una corrispondenza

biunivoca ottenuta associando a ogni sottoinsieme S di I la stringa in cui la i-sima cifra

binaria vale 1 se ai S , vale 0 altrimenti ( ovviamente a I si associa (1,1,, 1) ,allinsieme vuoto (0,0,, 0) ) .

1.1.5) Si dimostri, con la 2a forma del principio di induzione matematica, lalgoritmo di

divisione in N :

m , n N , m>0,n0 , q,rN (0 r n , basta porre q = 0 e r = n < m .

Se m n , supponiamo P(k) vera , 0 k


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Daniela Romagnoli Problemi di combinatorica 7


Capitolo 2

Alcuni problemi combinatorici

Il calcolo combinatorio prende in considerazione degli insiemi finiti particolari e ne conta

lordine . Questo pu dar luogo ad interessanti e utili applicazioni .

Premettiamo che se I un insieme contenente solo un numero finito di elementi , tale

numero un numero naturale , detto ordine o cardinalit di I , e indicato con I oppurecon # I .Un insieme finito I ha ordine 0 se e solo se I = e ha ordine n 1 se e solo se in

corrispondenza biunivoca con il sottoinsieme In = {1,,n-1,n} di N .Se I un insieme finito di ordine n e A un suo sottoinsieme di ordine m , allora m n ,cio A I .

Ci occupiamo in questo capitolo di qualche problema di combinatorica e delle sue

applicazioni

Problema 1 . Contare i sottoinsiemi di un insieme finito .

Ricordiamo che , dato un insieme I , finito o infinito , si dice suo insieme delle parti , oinsieme potenza linsieme

P(I) = {A A I }.

P(I) non mai vuoto ( ogni insieme I ha i sottoinsiemi banali e I stesso ) , se I infinitoanche P(I) contiene infiniti elementi , se I finito vale la

Proposizione 1.1. Sia I un insieme finito di ordine n . Allora P(I) ha 2n elementi .

Dimostrazione . Vedi lesercizio 1.1.3 del capitolo 1, in cui si dimostra la proposizione 1.1

per induzione su n.

Esempio 1.1 Costruiamo linsieme delle parti dellinsieme I = {V,R,N} contenente trepalline di colore verde, rosso e nero

P(I) = {, {V}, {R}, {N}, {V,R}, {V,N}, {R,N}, {V, R, N }} .


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Capitolo 2 Alcuni problemi di combinatorica

Universit di Torino

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Problema 2 . Contare gli elementi dellunione di due insiemi finiti .

Proposizione 2.1 Siano A e B due insiemi finiti disgiunti di ordine n ed m rispettivamente.

Allora

AB= A + B = n + m

Dimostrazione. Sia f la biiezione di In = {1,,n-1,n} in A e g quella di Im = {1,,m-1,m} in B. E possibile definire una biiezione h di In+m = {1,,n+m -1, n+m} in AUB nelmodo seguente :

h(i) = f(i) , i = 1,2,, n ,h(n+i) = g(i) , i = 1,2,, m .

La Proposizione 2.1 si generalizza al caso di n insiemi finiti Ai , i = 1, 2, , n , disgiunti ,

fornendo luguaglianza :

A1 An = n

iA1

Dimostrazione. Per induzione su n.

Proposizione 2.2 . Siano A e B due insiemi finiti di ordine n ed m rispettivamente e sia k

lordine di AB . Allora

AB= A + B - A B

cio

AB = n + m k

Dimostrazione. Se gli insiemi A e B hanno k elementi in comune, sommando lordine di

A con lordine di B questi vengono contati due volte, dunque occorre sottrarli una volta per

ottenere lordine di AUB.

Queste due proposizioni risultano utili per risolvere semplici problemi combinatorici

Esempi 2.1

2.1.1)Su 25 studenti , 15 hanno superato lesame di Matematica , 12 quello di Chimica e 5

hanno superato entrambi gli esami . Quanti studenti hanno superato almeno un esame ?

Quanti studenti hanno fallito entrambi gli esami ?

Sia A linsieme degli studenti che hanno superato lesame di Matematica , A ha ordine 15.

Sia B linsieme degli studenti che hanno superato lesame di Chimica , B ha ordine 12 .

AB linsieme degli studenti che hanno superato entrambi gli esami , AB ha ordine 5.La risposta alla prima domanda lordine dellinsieme AB , dato da 15 + 12 5 = 22 .

Non hanno superato nessuno dei due esami 25 22 = 3 studenti .


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2.1.2)Sia I = {1, 2,, 20}. Quanti sono i numeri di I divisibili per 2 o per 3 ?

Sia A linsieme dei numeri pari di I , lordine di A 10.

Sia B linsieme dei multipli di 3 minori di 20 , B = {3, 6, 9, 12, 15, 18} ha ordine 6 .AB linsieme dei multipli di 6 minori di 20 , AB = { 6, 12, 18} ha ordine 3.I numeri di I divisibili per 2 o per 3 sono 10 + 6 3 = 13 .

La Proposizione 2.2 si generalizza al caso di n insiemi finiti A i , i = 1, 2, , n , dando

luogo al principio di Inclusione-Esclusione , che ci permette di calcolare lordine di

ununione finita di insiemi finiti, conoscendo lordine delle intersezioni. Lo useremo per

contare le permutazioni prive di punti fissi ( problema 5) e per contare le funzioni

suriettive tra due insiemi finiti ( problema 10).

Principio di Inclusione-Esclusione . Siano A1, A2, , An n insiemi di ordine finito.Si ha :

A1 An = n

iA1

- 0 , chiamiamo fattoriale di n il numero

n! = 1 . 2 . . (n 2) . (n-1) . n

Si pone inoltre 0! = 1 .

Osservazione 5.1 n! cresce rapidamente al crescere di n : ne diamo i primi dieci valori

n n!

1 12 23 64 245 1206 7207 50408 403209 36288010 3628800

Proposizione 5.1 Siano A e B due insiemi finiti dello stesso ordine n. Le biiezioni tra di

essi sono n! .

Dimostrazione 1. Con il metodo delle scelte .

Per individuare una biiezione, noti il dominio e il codominio, basta assegnare le n

immagini degli n elementi del dominio . Ora, per limmagine del primo elemento di A

abbiamo n scelte (qualunque elemento di B), per limmagine del secondo elemento di A

abbiamo n-1 scelte (dobbiamo escludere lelemento di B immagine del primo elemento di

A ), , per limmagine delln-simo elemento di A la scelta unica .

Si possono dunque effettuare n! scelte : ad ognuna corrisponde una diversa biiezione di A

in B .

Dimostrazione2. Con linduzione .


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Sia n = 1 ( Base dellinduzione ) . Se A e B hanno un elemento ciascuno lunica biiezione

quella che li fa corrispondere ( e 1 = 1! )

Ipotesi induttiva : supponiamo di sapere che tra due insiemi di ordine n-1 vi sono (n-1)!

biiezioni . Sia ora A di ordine n : una biiezione di A in B (anchesso di ordine n ) si ottiene

dando una biiezione su n-1 elementi e dando limmagine dellelemento rimasto : Si hannocos (n-1)! biiezioni con la stessa immagine per il primo elemento di A , (n-1)! con la

stessa immagine per il secondo elemento di A ,, (n-1)! con la stessa immagine per ln-

simo elemento di A .

In totale le biiezioni cercate sono n . (n-1)! = n !

Nel caso in cui i due insiemi A e B coincidano , le biiezioni di A in se stesso vengono dette

permutazioni di A . Abbiamo cos il

Corollario 5.2. Le permutazioni di un insieme di ordine n sono n!

Per comodit di scrittura poniamo , nel seguito , A = In = { 1, 2,, n } ( identifichiamo inpratica gli elementi dellinsieme con i loro indici ) e facciamo alcune considerazioni .

Ricordiamo che notazione standard indicare con

)n(f...)2(f)1(f

n...21

la biiezione f che manda 1 in f(1) , 2 in f(2), , n in f(n) .

Cos , per esempio , per n = 4 , la scrittura

3214

4321

rappresenta la biiezione che manda 1 in 4 , 2 in 1 , 3 in 2 e 4 in 3 .

Con questa notazione diventa semplice comporre due permutazioni e trovare linversa di

una permutazione . Vediamolo su un esempio .

Esempio 5.1 Sia n = 4 e siano f la permutazione precedente e g la seguente :

3412

4321

g f la permutazione che otteniamo applicando i due fattori successivamente (prima f poi

g): possiamo pensare di scrivere su tre righe , omettendo poi il passaggio intermedio :

4123

3214

4321


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da cui troviamo la composizione cercata :

4123

4321

Linversa di una permutazione si ottiene scambiando le due righe e riordinando poi le

colonne in modo che la prima riga diventi la riga 1 2 3 4 .

Scambiando le righe di f , abbiamo :

.

4321

3214

e, riordinando le colonne , abbiamo f-1 :

1432

4321

Ricordando che la composizione di funzioni un operazione associativa e noncommutativa , si ha la

Proposizione 5.3 Linsieme di tutte le permutazioni di un insieme di ordine n , rispetto

alloperazione di composizione , un gruppo non abeliano .

Tale gruppo , che ha un importanza fondamentale allinterno della teoria dei gruppi , siindica solitamente con il simbolo Sn e si chiama gruppo simmetrico(totale) : abbiamo

provato che esso ha ordine n! .

Se scriviamo le n! permutazioni dei numeri da 1 a n , vediamo che nella seconda riga delle

tabelline abbiamo scritto gli n numeri in tutti gli ordini possibili esattamente una volta :abbiamo ordinato (allineato ) in tutti i modi possibili i nostri elementi . Possiamo dedurre

che n oggetti distinti possono essere ordinati in n! modi possibili .Si dice quindi ,per estensione, permutazione di n oggetti distinti un qualunque loroordinamento o allineamento . Questi ordinamenti si ottengono uno dallaltro permutandogli n oggetti e la teoria svolta ci dice che ne otteniamo in totale n! (corrispondenti alle

seconde righe delle tabelline precedenti ) . Si scrive anche Pn = n! , per indicare il numero

totale delle permutazioni di n oggetti distinti .

Esempi 5.2

5.2.1)Scriviamo tutte le 3! = 6 permutazioni di 3 palline di colore B (bianco),R (rosso), V

(verde) .


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Abbiamo due allineamenti che mettono la pallina B al primo posto , altrettanti per R e V

B R V B V R R V B R B V V B R V R B .

5.2.2) Quanti sono gli anagrammi della parola madre ? E della parola mamma ?

Osserviamo che si definisce alfabeto un insieme finito di simboli e, dato un certo alfabeto

(qui si tratta dellalfabeto latino di 26 lettere), si definisce parola un qualunqueallineamento dei suoi simboli . Il numero di simboli detto lunghezza della parola. Se n

lordine dellalfabeto, le parole di lunghezza m sono in totale nm

.Non richiesto quindi che la parola che si ottiene anagrammando madre abbia un

significato nella lingua italiana, n che ne segua le regole grammaticali, quindi dobbiamo

contare in quanti modi si possono allineare le cinque lettere m,a,d,r,e . I modi sono tanti

quante le permutazioni di 5 oggetti , cio 5! = 120 .Osserviamo che, in generale, gli anagrammi di una parola con n lettere distinte sono n!Nella parola mamma vi sono invece delle lettere ripetute , due a e tre m : gli anagrammi

saranno3!2!

!5.

. Motiviamo cos questo fatto: passiamo da mamma (che ha due lettere

ripetute) a mamme ( che ha una sola lettera ripetuta ) e da mamme a madre (che ha tutte

lettere distinte) . Gli anagrammi di mamme sono la sesta parte di quelli di madre : da ognianagramma di mamme ne ottengo 6 = 3! di madre ,sostituendo nelle posizioni delle tre m i

3! anagrammi della parola mdr . A loro volta gli anagrammi di mamme sono il doppio (2 =

2!) di quelli di mamma ( ogni anagramma di mamma ci d due anagrammi di mamme

sostituendo al posto delle due a i due anagrammi di ae ) .

Sia ora Dn linsieme delle permutazioni di In prive di punti fissi. In simboli:

Dn = { nSf / f(i) }n,...,1i,i = .

Le permutazioni senza punti fissi vengono anche chiamate dismutazioni o derangements.

Possiamo calcolare lordine di Dn usando il principio di inclusione-esclusione dimostratonel problema 2 .

Proposizione 5.4

nD = n!=

n

0i

i

!i

)1(

Dimostrazione. Sia Ai = { nSf / f(i) }i= linsieme delle permutazioni che fissano i.Osserviamo che, data una k-pla di elementi, le permutazioni che la fissano sono tantequante le permutazioni dei restanti n-k elementi, cioe sono (n-k)! , e che le k-ple sono le

Cn,k, quindi sono)!kn(!k

!n

(vedi problema 7).


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Abbiamo dunque che lordine dellinsieme delle permutazioni che fissano k elementi , per

il principio delle scelte, (n-k)!)!kn(!k

!n

=

!k

!n.

Quindi, linsieme delle permutazioni che fissano un elemento ha ordine n!, linsieme di

quelle che ne fissano 2 ha ordine!2

!n, , linsieme delle permutazioni che fissano n

elementi ha ordine!n

!n. Il principio di inclusione-esclusione ci d :

A1 An = n

iA1

- n , non esistono funzioni iniettive da un insieme I di ordine k in

un insieme I di ordine n.

Dimostrazione. Non restrittivo supporre I = I k = {1,2,,k}e I = I n = {1,2,,n}.

Procediamo per induzione su n .

Base dellinduzione : n = 0. In questo caso I = e non esiste alcuna funzione da uninsieme non vuoto nellinsieme vuoto ( I x = , da I in esiste solo la corrispondenzavuota).

Ipotesi induttiva : supponiamo vera la proposizione per n , cio supponiamo che, k > n,non esista una iniezione da Ikin I n e proviamo la affermazione per n +1.

Supponiamo, per assurdo, che k > n + 1 con una iniezione f da Ik in In+1 ={1,2,,n,n+1}. Poich In+1 = I n {n+1}, deve essere n + 1 = f(i), per qualche i di Ik,

altrimenti f sarebbe una iniezione da Ik in In . Se i = k , eliminiamo la coppia (k , n + 1);altrimenti, scambiamo tra di loro le immagini g(i) e g(k) ed eliminiamo la nuova coppia (k,

n + 1) : consideriamo cio la funzione f tale che f(i) = f(k) e f(j) = f(j) per ogni altro j n oggetti (piccioni) , qualche cassetto (gabbia) contienealmeno 2 oggetti (piccioni).

Osservazione 6.3 Il principio dei cassetti pu essere esteso , diventando il Principio

generale dei cassetti ( o delle gabbie dei piccioni ) :

Se ho nk + 1 oggetti (piccioni) da riporre in n cassetti (gabbie) , qualche cassetto (gabbia)

ne contiene almeno k + 1 .

Per k = 1 , si ritrova il principio enunciato prima ( se ho n + 1 oggetti in n cassetti , qualche

cassetto ne contiene almeno 2 ) .

Esempio 6.2 Dobbiamo riporre 25 mele in 3 ceste : 25 = 3.8 + 1 . Usando il principio

generale dei piccioni con n = 3 e k = 8 , avremo che qualche cesta contiene almeno 8 + 1 =

9 mele

Con il principio generale dei cassetti si risolvono i seguenti esercizi :

Esercizi 6.2


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Universit di Torino

22

6.2.1) Assumendo che nessun essere umano abbia pi di un milione di capelli , provare che

in una citt con pi di un milione di abitanti ci sono almeno due persone aventi lo stesso

numero di capelli .

Soluzione : Numeriamo da 0 a 1.000.000 dei cassetti virtuali e vediamo gli abitanti come

gli oggetti con cui riempirli . Metteremo la persona nel cassetto x se e solo se essa possiede

esattamente x capelli . Per il principio dei cassetti , ce n almeno uno contenente due

persone , aventi quindi lo stesso numero di capelli .

6.2.2) Supponiamo che i numeri da 1 a 10 siano posizionati casualmente su una

circonferenza . Allora la somma di qualche terna di numeri consecutivi almeno 17 .

Soluzione : vi sono 10 terne di numeri consecutivi sulla circonferenza e ogni numero da 1

a 10 compare in tre di esse esattamente : indichiamo con S1,S2,S10 le somme di ognuna

di esse . Da quanto osservato si ha cheS1 + S2 + + S10 = 3 ( 1 + 2 ++10 ) = 165 .

E come sistemare 165 oggetti in 10 cassetti : qualche Si vale almeno 17 .

6.2.3) Su un quadrato di lato 1 metro vengono disegnati in modo casuale 51 punti . Provare

che almeno 3 di questi punti giacciono su un quadrato di lato 20 centimetri .

Soluzione : se dividiamo il quadrato iniziale in 25 quadrati di lato 20 centimetri , poich

51 = 25.2 + 1 , uno di essi contiene almeno 3 punti .

6.2.4) Dati dodici numeri interi diversi , provare che almeno due di essi possono essere

scelti in modo che la loro differenza sia divisibile per 11 .

Soluzione : I resti della divisione per 11 sono i numeri da 0 a 10 , quindi almeno due dei

dodici interi divisi per 11 hanno lo stesso resto e quindi la loro differenza un multiplo di

11 .

Problema 7 . Contare il numero dei sottoinsiemi di k elementi scelti in un insieme di n

elementi .

Affrontiamo come problema 7 largomento da cui prende il nome il calcolo combinatorio .

Definizione 7.1 Sia A un insieme di ordine n . Si dice combinazione di n oggetti a k a k (

o di classe k ) ogni sottoinsieme di ordine k di A .

Il numero delle combinazioni di n oggetti a k a k si indica con la notazione Cn,k . Dato un

insieme di ordine n , esso possiede Cn,ksottoinsiemi con k elementi .

Per dare la risposta al problema abbiamo bisogno di introdurre dei numeri particolari e

particolarmente importanti : i coefficienti binomiali , e di enunciarne alcune propriet .


29/51



Definizione 7.2 Si dice coefficiente binomiale n su k , 0 k n , il numero

k

n=

)!kn(!k

!n

Proposizione 7.1

i)

0

n=

n

n=1

ii)

k

n=

knn

iii)

k

n=

k

1n+

1k

1n( formula di Stifel ) , 1 k n-1 .

Dimostrazione . Tutte e tre le propriet sono di semplice verifica con il calcolo diretto, ma

possono anche essere dimostrate con alcune semplici considerazioni , come faremo nel

seguito.

Scriviamo ora i coefficienti binomiali disponendoli in un triangolo illimitato , chiamato

triangolo di Tartaglia o triangolo di Pascal :

0

0

0

1

1

1

0

2

1

2

2

2

0

3

1

3

2

3

3

3

Per il punto i) della proposizione 6.1 il primo e lultimo coefficiente binomiale in ogni riga

del triangolo sono uguali a 1, per il punto ii) il secondo e il penultimo coefficiente

binomiale in ogni riga sono uguali tra loro e per il punto iii) ogni coefficiente binomiale

allinterno del triangolo la somma dei due coefficienti binomiali alla sua destra e alla sua

sinistra nella riga precedente .


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24

Queste osservazioni ci permettono di riscrivere il triangolo di Tartaglia calcolando

molto facilmente i numeri di ogni riga

1

1 11 2 1

1 3 3 1

1 4 6 4 1

... ... .

Chi gi conosce il triangolo di Tartaglia sa che i numeri delle sue righe sono i coefficientidelle potenze del binomio :

(a+b)0 = 1

(a+b)1 = a + b

(a+b)2 = a2 +2 ab +b2

(a+b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4

.

Si prova infatti la

Proposizione 7.2 Per qualsiasi numero naturale n e per ogni a , b reali si ha

(a+b)n = n

o

k

nan-kbk

(Formula del binomio di Newton ).

Dimostrazione . Per induzione su n .

Per n = 1, (a+b)1 = a + b =

0

1a +

1

1b.

Supponiamo vera la formula per n e proviamola per n+1.

Dunque, (a+b)n = n

o

k

nan-kbk =

0

nan +

1

nan-1b + +

k

nan-kbk ++

n

nbn e


31/51



(a+b)n+1 = (a+b)n (a+b) = [

0

nan +

1

nan-1b + +

k

nan-kbk ++

n

nbn ](a+b) =

= 0n an+1 + 1

n anb ++ kn an-k+1bk ++ n

n abn + 0n anb ++ 1k

n an-k+1bk +

+

n

nbn+1 =

0

nan+1 + [

0

n+

1

n ] anb ++ [

1kn

+

k

n ] an-k+1bk++

n

nbn+1 = (a + b)n+1, poich

1 =

0

n=

+0

1n,

0

n+

1

n=

+1

1n,,

1kn

+

k

n=

+k

1n, 1 =

n

n=

=

++

1n

1n.

Il triangolo di Tartaglia uno strumento molto utile per calcolare rapidamente i coefficienti

binomiali e per visualizzarne altre propriet , quali quelle enunciate nella proposizione

seguente .

Proposizione 7.3

i) +

0

n

1

n+ +

n

n= 2n

ii)

0

n-

1

n+

2

n + (-1)n

n

n= 0

iii)

0

n+

2

n+ =

1

n+

3

n+ = 2n-1

Dimostrazione.

i) Si ottiene dalla formula del binomio di Newton , ponendo a = b = 1.ii) Si ottiene dalla formula del binomio di Newton , ponendo a = 1, b = -1iii) Sommando membro a membro i) e ii) si ottiene

2 [ +

0

n

2

n+ ] = 2n ,

quindi la prima uguaglianza di iii). La seconda si ottiene invece sottraendo membro a


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Universit di Torino

26

membro i) e ii) .

Quindi : le somme dei numeri di ogni riga del triangolo di Tartaglia sono le potenze

successive di 2, le somme con segno alterno dei numeri di ogni riga sono nulle, le sommedei numeri di posto pari e di posto dispari in ogni riga sono uguali tra loro e coincidono

con la somma di tutti i numeri della riga precedente .

Segnaliamo unaltra delle innumerevoli propriet del triangolo di Tartaglia : se ne diamo la

seguente rappresentazione

1

1 11 2 1

1 3 3 11 4 6 4 1

1 5 10 10 5 1

. . . . . . .

leggiamo, sommando in diagonale, i famosi numeri di Fibonacci F0 = F1 =1 , F2 = 1+1 =

2, F3 = 1+2 = 3 , F4 = 2+3 = 5 ,, Fn = Fn-1 + Fn-2 .

Si prova infatti, per induzione su n e usando sia la relazione ricorsiva che definisce i

numeri di Fibonacci sia la formula di Stifel, che Fn = =+

kh,1nkh k

h=

0k k

1kn.

La risposta al problema 7 data dalla proposizione che segue.

Proposizione 7.4 . Sia A un insieme di ordine n . A possiede

k

nsottoinsiemi di ordine k

Dimostrazione. Il numero Cn,ksi ottiene dal numero Dn,kdelle disposizioni semplici di n

oggetti a k a k e dal numero Pk delle permutazioni di k elementi mediante le seguenti

considerazioni : il numero delle disposizioni semplici di n oggetti a k a k ci d il numero di

tutte le k-ple (ordinate)di tali oggetti, mentre Pk ci d il numero degli ordinamenti deglioggetti di ciascuna di esse . Un sottoinsieme di ordine k si ottiene quindi da k ! k-ple di

oggetti , per cui vale la relazione :

Cn,k =k

k,n

P

D=

!k)!kn(

!n

=

k

n


33/51



Osservazione 6.1 Dalla definizione di combinazione e dalla proposizione 6.4 deduciamo

che i coefficienti binomiali sono numeri naturali non nulli .

Esempi 7.1

7.1.1) Se I linsieme formato da tre palline di colore verde (V), rosso (R), nero (N) le

disposizioni di queste tre palline a due a due sono D3,2 = 6, e, precisamente, sono gli

allineamenti

VR,RV,VN,NV,RN,NR .

Le combinazioni di queste tre palline a due a due sono tre : corrispondono ai tre

sottoinsiemi seguenti ( che scriviamo senza parentesi e virgola )

VR,VN,RN ,

ottenuti ciascuno da due delle disposizioni precedenti, trascurando lordine degli elementi .

7.1.2)Aggiungiamo allinsieme I una pallina gialla G e scriviamo tutte le combinazioni

delle 4 palline a 2 a 2 . Otteniamo C4,2 =

2

4=

!2)!24(

!4

= 1

.2.3 = 6 sottoinsiemi :

VR, VN, RN, VG, NG, RG ,

i tre dellesempio precedente pi quelli ottenuti con laggiunta della pallina gialla .

Usando la definizione di combinazione e luguaglianza

Cn,k=

k

n

si dimostrano senza calcoli le propriet dei coefficienti binomiali .

Cos la i)

0

n=

n

n=1 della proposizione 7.1 pu essere motivata osservando che ci sono

solo un sottoinsieme con 0 elementi (linsieme vuoto ) e uno con n ( tutto linsieme) . Per

la ii)

k

n=

knn

basta osservare che, quando scegliamo k elementi tra n, isoliamo

automaticamente i restanti n-k . La iii)

k

n=

k

1n+

1k

1n(formula di Stifel) , 1 k


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n-1, si ottiene osservando che , fissato un elemento tra gli n , vi sono

k

1nsottoinsiemi

di ordine k che non lo contengono e

1k

1nche lo contengono ( questultimo numero si

calcola escludendo lelemento fissato e contando il numero dei sottoinsiemi di k-1 elementi

che si possono formare con gli n-1 elementi rimasti ) .

Anche la formula del binomio di Newton

(a+b)n = n

o

k

nan-kbk

pu essere dimostrata con considerazioni di tipo combinatorico . Infatti basta osservare che

gli addendi an-k

bk

sono tanti quanti sono i modi di scegliere k volte b e n-k volte a negli nfattori a+b di (a+b)n, quindi sono tanti quanti i sottoinsiemi di k elementi scelti tra n, cio

Cn,k=

k

n.

Osserviamo che , sempre per il significato dei coefficienti binomiali , nel triangolo di

Tartaglia la somma dei numeri della riga n-sima ci d lordine dellinsieme delle parti di

un insieme di ordine n ( Problema 1 ) .

Proviamo infine la

Proposizione 7.5 Sia In = {1,2,3,,n} N . Il numero dei sottoinsiemi di In che noncontengono due suoi numeri consecutivi dato da Fn+2 .

Dimostrazione . Identifichiamo un sottoinsieme A di In con una stringa di lunghezza n

formata con le due cifre 1 e 0 . La cifra 1 indica l'appartenenza di un elemento di In ad A ,

la cifra 0 la non appartenenza . Per esempio, per n = 4, la stringa 1010 indica il

sottoinsieme {1,3} dell' insieme I4 = {1,2,3,4} . I sottoinsiemi di In che non contengonodue suoi numeri consecutivi sono dati dalle stringhe che non hanno mai due cifre 1

consecutive . Consideriamo tra questi quelli di ordine k : la stringa che li rappresenta

contiene k volte la cifra 1 . Per contarli tutti , partiamo da n-k cifre tutte uguali a 0

44 344 21

kn

0...000

e contiamo in quanti modi possiamo inserire k cifre 1 in modo che due di esse non siano

mai adiacenti . Essendo i posti vuoti disponibili n - k + 1 , le k cifre 1 si possono inserire in

Cn-k+1,k=

+k

1kn

modi . Quindi i sottoinsiemi cercati sono


35/51



0k

+k

1kn.

poich , Fn =

0k k

1kn, il numero cercato proprio l'(n+2)-simo numero di Fibonacci.

Osservazione 7.1

Considerare un sottoinsieme di ordine k di un insieme di n elementi equivale a

considerare unestrazione di k palline da unurna che ne contiene n , distinguibili tra loro,

senza tener conto dellordine di estrazione e senza reimbussolare la pallina estratta e anche

a disporre k oggetti in n cassetti con la condizione che in ogni cassetto non cada pi di un

oggetto e senza tener conto di quale oggetto si pone nel cassetto.

Cos, se abbiamo 4 oggetti a,b,c,d, le C4,3 sono i quattro possibili sottoinsiemi formati da 3

elementi su a o, equivalentemente le quattro possibili estrazioni di tre palline senza

reimbussolamento :

a b c

a c d

a b d

b c d

o, ancora, indicando con x ognuno dei tre oggetti i modi per riporre tre oggetti

indistinguibili nei quattro cassetti a,b,c,d con le condizioni precisate sopra :

x x x x x xx x x x x x

Esercizi 7.1

7.1.1) Quattro giocatori di tennis vogliono giocare un doppio . Quante coppie distinte si

possono formare ?

Soluzione . Vi sono C4,2 = 6 formazioni distinte di due giocatori ciascuna .

7.1.2) Nel gioco del Superenalotto bisogna indovinare 6 numeri scelti tra il numero 1 e il

numero 90 . Quanti insiemi di sei numeri si possono formare ?

Soluzione :

6

90= 622614630 .


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37/51



a) La stessa pasticceria confeziona scatolette contenenti 12 cioccolatini tutti tra loro diversi.

Quante sono le confezioni differenti che si possono formare ?

b) Nella vetrina della pasticceria sono esposti su un ripiano, in fila, tutti i tipi di

cioccolatino prodotti . In quanti modi si pu esporre tutta la produzione ?

Soluzione :

a) Ogni scatoletta pu essere vista come un sottoinsieme di ordine 12 di un insieme di

ordine 25 , in totale quindi le confezioni diverse sono

C25,12 =

12

25=

!13!12

!25

b) Esporre uno accanto allaltro i 25 tipi di cioccolatino significa permutarli in tutti i modi

possibili , ottenendo P25 = 25 ! ripiani differenti.

Problema 8 . Contare il numero delle scelte non ordinate e non distinte di k elementi

scelti tra n .

Sappiamo che le combinazioni semplici sono gli insiemi di k elementi distinti scelti in un

insieme di ordine n . Se lasciamo cadere lipotesi che i k elementi siano distinti, cio se

consentiamo la ripetizione degli elementi, quante sequenze di k oggetti scelti tra n

possiamo formare?

Il problema proposto equivalente al seguente : supponiamo di avere oggetti di n tipi

diversi e di voler costruire un insieme I di k elementi , prendendo x1 oggetti del primo tipo,

x2 del secondo tipo,,xn delln-simo tipo ( qualche xi pu valere zero), naturalmente con

la condizione che x1++ xn = k. In quanti modi possibile costruire I ?

Equivalentemente : dato il numero naturale k in quanti modi esso pu essere scritto

come somma di n numeri naturali ( 0 compreso) ?

Definizione 8.1 Dati n elementi distinti , si dice combinazione con ripetizione di classe k

di questi oggetti ogni scelta non ordinata di k elementi anche non distinti scelti tra essi.

Proposizione 8.1 . Se A un insieme di ordine n , il numero delle combinazioni con

ripetizione di n elementi di classe k Cn+k-1,n-1 = Cn+k-1,k.=

+k

1kn

Dimostrazione. Sia A = {a1, a2,,an }. Consideriamo n+k-1 simboli di cui k x e n-1sbarrette . Ogni riga di questi simboli determina una combinazione . Il numero di x a

sinistra della prima sbarra rappresenta la scelta di altrettante a1 , il numero di x tra la prima

e la seconda sbarra la scelta di altrettante a2 e cos via . Poich vi sono Cn+k-1,n-1 modi per

posizionare le n-1 sbarre , altrettante sono le selezioni con ripetizione di k elementi di A .


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Esempio 8.1 Sia A = {a1, a2, a3 }. Le scelte con ripetizione di due suoi elementi sono C4,2 =6 e precisamente : a1, a2 ; a1, a3 ; a2, a3 ; a1, a1 ; a2, a2 ; a3, a3 .

La a1, a2 corrisponde alla sequenza di 2 x e 2 sbarre : x/x/ . Le altre sono rispettivamente lesequenze : x//x ; /x/x ; xx// ; /xx/ ; //xx .

Osservazione 8.1

Elencare le combinazioni con ripetizione di n oggetti a k a k equivale a elencare le possibili

estrazioni di k palline da unurna che ne contiene n, supponendo di reimbussolare ogni

pallina dopo averla estratta (ed avere contrassegnato la sua estrazione), senza tenere conto

dellordine di estrazione o, anche, a elencare i modi in cui possibile riporre k oggetti

indistinguibili in n cassetti con la condizione che conti solo il numero di oggetti per cassetto

e che qualche cassetto possa essere vuoto.

Nel caso n = 4 e k = 2 abbiamo che C r 2,4 = 10 e altrettante sono le estrazioni possibili con

reimbussolamento delle quattro palline a,b,c,d , precisamente

a b a c a d b c b d c d a a bb cc dd

o le configurazioni di due oggetti indistinguibili x in 4 cassetti a,b,c,d :

x x (un oggetto nel primo cassetto,uno nel secondo e gli altri vuoti)x x x x x x x x x xxx (due oggetti nel primo cassetto e gli altri vuoti) xx xx

xx .

Per quanto osservato in precedenza, 10 sono anche le decomposizioni diverse del numero k

= 2 in n = 4 addendi :

1+1+0+0 (in analogia con la prima configurazione scelta sopra),

1+0+1+0

1+0+0+1

0+1+1+0

0+1+0+1

0+0+1+1

2+0+0+0


39/51



0+2+0+0

0+0+2+0

0+0+0+2 .

Esercizi 8.1

8.1.1)Quante sono le tessere del gioco classico del domino ?

Soluzione : sono tante quante le combinazioni con ripetizione di 7 elementi ( i numeri da 0 a

6)

di classe 2 , cio

+2

127=

2

8=

!6!2

!8= 28.

8.1.2) Data una funzione reale di 4 variabili reali x1, x2, x3, x4 , quante sono le sue derivateparziali del secondo ordine , nellipotesi che si possa scambiare lordine di derivazione , cio

sotto lipotesi di continuit delle funzioni derivate parziali (Teorema di Schwarz) ?

Soluzione : si tratta delle combinazioni con ripetizione dei 4 oggetti x1, x2, x3, x4 di classe 2,

in numero di 10, come visto negli esempi precedenti .

In generale, per f(x1, x2, , xn) reale di n variabili reali, nellipotesi che non conti lordine in

cui si scelgono le variabili, le derivate parziali di ordine k sono le C r k,n .

8.1.3) In quanti modi possiamo mettere 12 palline identiche (e quindi indistinguibili) in 6

cassetti ammettendo che qualche cassetto sia vuoto?

Soluzione : mettiamo in riga 17 oggetti , le 12 palline e le 5 sbarrette e osserviamo che

ognuna di queste righe ci d una e una sola ripartizione delle palline : le palline a sinistra

della prima sbarra corrispondono a quelle del primo cassetto , quelle tra la seconda e la terza

a quelle del secondo cassetto , . Se le due sbarre sono adiacenti il cassetto vuoto.

Ogni riga completamente determinata dalle cinque posizioni delle sbarrette , vi sono quindi

5

17possibilit .

Avevamo gi osservato in osservazione 8.1 che le combinazioni con ripetizione di n oggetti

di classe k possono essere pensate come la suddivisione di k oggetti (qui k = 12) in n cassetti

(n = 6) con la condizione che conti solo il numero degli oggetti in ogni cassetto e non il tipodi oggetto (le palline sono indistinguibili) e supponendo cassetti vuoti ) .

8.1.4) In quanti modi possiamo scrivere il numero naturale non nullo k come somma di n

numeri interi non negativi ? Si considerano diverse due rappresentazioni che differiscono per

lordine degli addendi .

La risposta data dalle considerazioni precedenti , cio dalle soluzioni di x1++xn = k ed

+1n

1kn: nel caso k = 5 e n = 2 si trovano le

+12

125= 6 decomposizioni seguenti :


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5+0,

4+1, 3+2, 2+3, 1+4, 0+5.

( equivalentemente, possibile mettere 5 palline indistinguibili in 2 cassetti nei 6 modiseguenti: 5,0; 4,1; 3,2; 2,3; 1,4; 0,5 o scrivere, con ovvia analogia, le 6 combinazioni con

ripetizione di n = 2 oggetti a,b di classe k = 5 seguenti :

aaaaa aaaab aaabb aabbb abbbb bbbbb )

8.1.5) In quanti modi possiamo mettere 12 palline identiche (e quindi indistinguibili) in 6

cassetti (numerati da 1 a 6) in modo tale che nessun cassetto sia vuoto?

Soluzione . Poniamo le palline in una riga : possiamo ripartire la riga in 6 parti usando 5

sbarrette per ottenere una delle configurazioni richieste . Per esempio la configurazione

OO/OOO/O/OO/OOO/O

indica che vi sono due palline nel primo cassetto , tre nel secondo ,una nel terzo , due nel

quarto , tre nel quinto e una nel sesto .

Ora , vi sono 11 buchi (tra le dodici palline) in cui inserire 5 pareti per ottenere sei cassetti

ogni sbarretta ha 11 posizioni in cui pu essere inserita e in nessun buco ve ne possono

essere due perch ci corrisponderebbe a un cassetto vuoto , vi sono dunque

5

11possibilit

e quindi altrettante ripartizioni di palline .

8.1.6) In quanti modi possiamo scrivere il numero naturale non nullo k come somma di n

numeri naturali non nulli ? Si considerano diverse due rappresentazioni che differiscono per

lordine degli addendi.

Soluzione : Pensando a k come alla somma 1+1++1 di k 1 , agli 1 come palline e alle n

somme come cassetti , lesercizio 8.1.5) generalizzato ci dice che le possibilit sono

1n

1k.

Se k minore di n il problema non ha soluzione.

Per esempio , il numero 5 si pu scrivere in

12

15= 4 modi come somma di due naturali

non nulli : 5 = 1+ 4 = 2+3 =3+2 = 4+1. Cos il numero 4 = 1+3 = 2+2 = 3+1 ha

12

14= 3

decomposizioni in due addendi non nulli, invece il numero 2 non si scrive in alcun modo

come somma di quattro addendi se non si ammette lo zero ( ammettendolo i modi sono i 10

elencati nellosservazione 8.1).

Con la tecnica usata nellesercizio 8.1.6) si dimostra la


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Proposizione 8.2 Se A un insieme di ordine n , il numero delle combinazioni con

ripetizione di classe k , nelle quali ogni elemento compare almeno una volta , Ck -1, n-1 =

=

1n1k .

Problema 9 . Contare le sequenze ordinate con elementi ripetuti un numero fissato di

volte .

Definizione 9.1 Si dice permutazione con ripetizione di n oggetti a1,,an di cui a1 preso r1

volte,, an preso rn volte ogni (r1 ++ rn ) upla in cui a1 compare r1 volte,, an compare

rn volte .

Proposizione 9.1 Il numero delle permutazioni con ripetizione di n oggetti a1,,an di cui a1

preso r1 volte,, an preso rn volte dato dalla frazione

!!...

)!...(

1

1

n

n

rr

rr ++

Dimostrazione Sia S una sequenza di lunghezza (r1 ++ rn ) = m formata con r1 oggettiripetuti di tipo 1 , r2 di tipo 2 , , rn di tipo n. Dobbiamo dare una posizione a ognuno

degli n elementi per ottenere una sequenza : possiamo dare posizione agli r1 elementi di tipo

1 in C m,r1 modi . Fatto questo possiamo dare posizione agli r2 elementi di tipo 2 in Cm-r1,,r2

modi , , possiamo dare posizione agli rn elementi di tipo n in Cm-r1--rn modi . Otteniamo

cos :

C m,r1. Cm-r1,,r2

.

. Cm-r1--rn=

)!rm(!r

!m

11 .

)!rrm(!r

)!rm(

212

1

!0!r

)!r...rm(

n

1n1 =

=

!r!...r!r

!m

n21

c.v.d.

Osserviamo che!!...

)!...(

1

1

n

n

rr

rr ++ anche il numero delle funzioni suriettive di un insieme di

ordine r1 ++ rn nellinsieme di ordine n di elementi a1,,an aventi la propriet che r1

elementi hanno immagine a1 , , rn elementi hanno immagine an , o, equivalentemente aventi la

propriet che la controimmagine di ai consista di ri elementi per ogni i =1,, n.

Come esempio , si consideri la parola mamma , formata da due lettere distinte a1 = a e a2= m

prese r1 = 2 volte e r2 = 3 volte con r1 + r2 = 5 Gli anagrammi di mamma sono le permutazioni


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con ripetizione di 2 oggetti presi 2 e 3 volte e in totale sono!3!2

!5= 10 . Ad ognuno di essi si fa

corrispondere una funzione suriettiva di I 5 = }{ 5,4,3,2,1 in { }m,a nel modo seguente :

sia per esempio ammma lanagramma in questione . La corrispondente funzione suriettiva

sar la funzione f di dominio I 5 = }{ 5,4,3,2,1 e codominio { }m,a tale che f(1) = a = f(5) ef(2) = f(3) = f(4) = m .

Quindi vi sono 10 funzioni suriettive di I 5 = }{ 5,4,3,2,1 in { }m,a che mandano due elementiin a e tre in m. Ad ognuna di esse corrisponde una partizione di I 5 = }{ 5,4,3,2,1 in due blocchidi 2 e 3 elementi ciascuno : ad ammma corrisponde la partizione di I5 in f

1(a) = }{ 5,1 ef1(m) = }{ 4,3,2 .

Esercizio 9.1 In quanti modi possiamo distribuire 5 libri ai due studenti Alice e Matteo inmodo che Alice ne abbia due e Matteo tre ? Ordiniamo i libri e consideriamo le sequenze di

lunghezza 5 contenenti due a e tre m : per esempio la sequenza ammma determina la

distribuzione seguente : Alice ha il primo e lultimo libro , Matteo gli altri tre . E evidente

che la risposta al quesito il numero degli anagrammi della parola mamma , cio 10 .

Il numero totale delle funzioni suriettive da un insieme con 5 elementi in un insieme con 2

elementi sar dato dalla seguente somma di ovvio significato

!3!2

!5+

!2!3

!5+

!4!1

!5+

!1!4

!5= 10+10+5+5 = 30

(!4!1

!5 il numero delle funzioni suriettive che mandano un elemento in a e 4 in m e anche

quello delle partizioni di I 5 = }{ 5,4,3,2,1 in due blocchi , uno unitario e uno di ordine 4 ).

Come vedremo nel problema 11, il numero totale delle funzioni suriettive da un insieme con n

elementi in un insieme con m elementi legato ai numeri di Stirling di seconda specie,

indicati con la notazione S(n,m) e definiti come il numero delle partizioni di I n in m parti: nel

nostro esempio S(5,2) il numero delle partizioni di I 5 = }{ 5,4,3,2,1 in due parti .Si avr che S(5,2) = 15 , in base a quanto osservato in precedenza (le lettere a ed m sonointercambiabili e quindi ad una stessa partizione in due blocchi corrispondono due suriezioni

diverse, per esempio le sequenze ammma e maaam danno due suriezione diverse ma la stessa

parizione di I5 nei due blocchi { },5,1 e { }4,3,2 ) .Quindi, sempre nel caso particolare , lordine dellinsieme J delle suriezioni da un insieme

con 5 elementi in un insieme con 2 elementi legato a S(5,2) dalla relazione :

=)2,5(J 2 S(5,2) = 2! S(5,2) .


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Si prova che , in generale ,

=)m,n(J m! S(n,m) ,

dove lordine di J(n,m) il numero totale delle funzioni suriettive da un insieme con n

elementi in un insieme con m elementi , n m (vedi problemi 10 e 11).

Il numero!!...

)!...(

1

1

n

n

rr

rr ++viene anche indicato cos :

++

n1

n1

r...r

r...r

e viene detto coefficiente multinomiale . Si osservi che , per n = 2 , si ritrovano i soliticoefficienti binomiali:

=

+

21

21

rr

rr=

+

1

21

r

rr

+

2

21

r

rr

Analogamente ai coefficienti binomiali, di cui sono una generalizzazione, i coefficienti

multinomiali hanno numerose propriet e compaiono nello sviluppo della potenza n-sima di

una somma . Si prova infatti che vale la formula seguente :

( ) k1k1

r

k

r

1

nr...r k1

k1n

k1 x...xr...r

r...rx...x

=++

++=++ ,

che generalizza la formula del binomio di Newton. A tale scopo si osservi che il coefficiente

multinomiale

++

k1

k1

r...r

r...r

il numero delle stringhe di lunghezza n = k1 r...r ++ delle lettere x1,, xk , in cui x1 ripetuta r1 volte, x2 ripetuta r2 volte,, xk ripetuta rkvolte quindi, poich le xi commutano,

il coefficiente di k1 rkr

1 x...x nello sviluppo del polinomio ( )n

k1 x...x ++ .

Esercizi 9.2

9.1.1) In quanti modi possiamo distribuire 8 videocassette diverse a tre amici, Silvio, Daniele


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Universit di Torino

38

ed Elisa , dandone quattro a Silvio e due a ciascuno degli altri ?

Soluzione . Basta calcolare il numero multinomiale

224

8. Si ottiene 420 .

9.1.2) Trovare il coefficiente di x4y

2z

2nello sviluppo di (x+y+z)

8.

Soluzione . E il coefficiente multinomiale

224

8= 420 .

9.1.3) Quanti sono gli anagrammi della parola miosotis?

Soluzione . Abbiamo una parola di lunghezza 8 in cui m e t compaiono una volta, i,o,s duevolte, quindi il numero dei possibili anagrammi il valore del multinomiale

222

8=

!2!2!2

!8= 5040

Problema 10 . Contare il numero delle funzioni suriettive tra due insiemi finiti.

Proposizione 10.1 Sia J(n,m) linsieme delle funzioni suriettive da un insieme A di

cardinalit n a un insieme B di cardinalit m, m < n. Si ha:

=)m,n(J

=

1

0

)1(m

i

i n)im(

i

m

Dimostrazione : Siano 1b , , mb gli elementi di B . Per ogni i = 1, , m, sia iX linsieme

delle funzioni da A in B che non contengono ib nell immagine:

iX = /BA:f ib }fIm .

Una funzione appartenente ad uno di questi m insiemi non potr essere suriettiva: per trovareil numero di quelle suriettive dovremo sottrarre al numero totale delle funzioni da A in B, che

vale mn (Problema 4) il numero di quelle che appartengono alla unione degli iX , cio

lordine di m1 X...X .Per il Principio di inclusione-esclusione ( Problema 2) si ha

m1 X...X . = m

1

iX -

problemi di combinatorica

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